（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第十章圆锥曲线10.4直线与圆锥曲线的位置关系课件.pptx

10.4 直线与圆锥曲线的位置关系,高考理数 (课标专用),考点 直线与圆锥曲线的位置关系,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2018课标,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为 的直线与C交于M,N两 点,则 = ( ) A.5 B.6 C.7 D.8,答案 D 本题主要考查直线与抛物线的位置关系及平面向量的数量积的运算. 设M(x1,y1),N(x2,y2).由已知可得直线的方程为y= (x+2),即x= y-2,由 得y2-6y+8=0. 由根与系数的关系可得y1+y2=6,y1y2=8,x1+x2= (y1+y2)-4=5,x1x2= =4,F(1,0), =(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故选D.,2.(2019课标,19,12分)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为 的直线l与C的交点为A,B,与x 轴的交点为P. (1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程; (2)若 =3 ,求|AB|.,解析 本题主要考查抛物线的定义、几何性质、直线与抛物线相交的综合问题等内容,考查 学生运算求解的能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力,体现了直观想象与数 学运算的核心素养. 设直线l:y= x+t,A(x1,y1),B(x2,y2). (1)由题设得F ,故|AF|+|BF|=x1+x2+ ,由题设可得x1+x2= . 由 可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=- . 从而- = ,得t=- . 所以l的方程为y= x- . (2)由 =3 可得y1=-3y2. 由 可得y2-2y+2t=0. 所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.,代入C的方程得x1=3,x2= .故|AB|= . 思路分析 (1)由|AF|+|BF|=4确定A、B两点横坐标之和,联立直线l的方程(含参)与抛物线方程, 由根与系数的关系得A、B两点横坐标之和的含参表达式.两者相等,列方程求出参数. (2)P点在x轴上,由 =3 知A、B两点纵坐标的比例关系,由根与系数的关系得A、B两点纵 坐标之和,二者联立,确定A、B的纵坐标,进而确定A、B的坐标,从而求得|AB|.,3.(2019课标,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线,切点分 别为A,B. (1)证明:直线AB过定点; (2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.,解析 本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方 程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运 算的核心素养. (1)证明:设D ,A(x1,y1),则 =2y1. 由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故 =x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直线AB的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB过定点 . (2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ . 由 可得x2-2tx-1=0.,于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1, |AB|= |x1-x2|= =2(t2+1). 设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1= ,d2= . 因此,四边形ADBE的面积S= |AB|(d1+d2)=(t2+3) . 设M为线段AB的中点,则M . 由于 ,而 =(t,t2-2), 与向量(1,t)平行, 所以t+(t2-2)t=0. 解得t=0或t=1. 当t=0时,S=3;当t=1时,S=4 . 因此,四边形ADBE的面积为3或4 . 解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表 示出 ,求AB方程中的参数是关键.,4.(2018课标,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C: + =1交于A,B两点,线段AB的中点为 M(1,m)(m0). (1)证明:k- ; (2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且 + + =0.证明:| |,| |,| |成等差数列,并求该数 列的公差.,解析 本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算. (1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 + =1, + =1. 两式相减,并由 =k得 + k=0. 由题设知 =1, =m, 于是k=- . 由题设得0m ,故k- . (2)由题意得F(1,0). 设P(x3,y3), 则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0). 由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0. 又点P在C上,所以m= , 从而P ,| |= . 于是| |= = =2- . 同理,| |=2- . 所以| |+| |=4- (x1+x2)=3. 故2| |=| |+| |, 即| |,| |,| |成等差数列. 设该数列的公差为d,则 2|d|=| |-| |= |x1-x2|= . 将m= 代入得k=-1. 所以l的方程为y=-x+ ,代入C的方程,并整理得7x2-14x+ =0.,故x1+x2=2,x1x2= ,代入解得|d|= . 所以该数列的公差为 或- . 思路分析 (1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围. (2)根据题设 + + =0及点P在C上,确定m的值.进一步得出| |、| |、| |的关系,再求 公差. 解后反思 (1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立、消 元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题. (2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入圆 锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.,1.(2019浙江,15,4分)已知椭圆 + =1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF 的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是 .,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点 直线与圆锥曲线的位置关系,答案,解析 本题主要考查椭圆的定义和标准方程、直线斜率与倾斜角的关系,以及解三角形,旨在 考查学生的综合应用能力及运算求解能力,重点应用数形结合思想,突出考查了直观想象与数 学运算的核心素养. 如图,记椭圆的右焦点为F,取PF中点为M, 由题知a=3,b= ,c=2,连接OM,PF, 则|OM|=|OF|=2,又M为PF的中点, |PF|=2|OM|,PFOM,|PF|=4, 又P在椭圆上,|PF|+|PF|=6,|PF|=2,在PFF中,|PF|=|FF|=4,|PF|=2,连接FM, 则FMPF,|FM|= = = , kPF=tanPFF= = . 即直线PF的斜率为 . 一题多解 易知F(-2,0),设P(3cos , sin ),设PF的中点为M,则M , |OM|=|OF|=2, + =4,9cos2-12cos +4+5sin2=16,又sin2=1-cos2, 4cos2-12cos -7=0,解得cos =- ,sin2= , 又P在x轴上方,sin = , P ,kPF= ,故答案为 . 疑难突破 试题中只出现了椭圆的一个焦点,需要作出另一个焦点,并将椭圆定义作为隐含条,件直接应用是求解本题的突破口.再由条件中的中点M联想到利用三角形中位线的性质求出 PF的长度是解决本题的关键.,2.(2019天津,18,13分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4, 离心率为 . (1)求椭圆的方程; (2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴 上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OPMN,求直线PB的斜率.,解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法 研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力. (1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4, = ,又a2=b2+c2,可得a= ,b=2,c=1. 所以,椭圆的方程为 + =1. (2)由题意,设P(xP,yP)(xP0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k0),又B(0,2),则直线PB的方程为y= kx+2,与椭圆方程联立 整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=- ,代入y=kx+2得yP= ,进而直线OP的斜率 = .在y=kx+2中,令y=0,得xM=- .由题意得N(0,-1),所以直线 MN的斜率为- .由OPMN,得 =-1,化简得k2= ,从而k= . 所以,直线PB的斜率为 或- . 思路分析 (1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程. (2)要利用条件OPMN,必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点,件直接应用是求解本题的突破口.再由条件中的中点M联想到利用三角形中位线的性质求出 PF的长度是解决本题的关键.,3.(2018天津,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为 ,点A的坐标为(b,0),且|FB|AB|=6 . (1)求椭圆的方程; (2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若 = sin AOQ(O为原点),求k的值.,解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法 研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力. (1)设椭圆的焦距为2c,由已知有 = , 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得,|FB|=a,|AB|= b, 由|FB|AB|=6 ,可得ab=6,从而a=3,b=2. 所以,椭圆的方程为 + =1. (2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2). 由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2. 又因为|AQ|= ,而OAB= ,故|AQ|= y2. 由 = sinAOQ,可得5y1=9y2. 由方程组 消去x,可得y1= .,易知直线AB的方程为x+y-2=0, 由方程组 消去x,可得y2= . 由5y1=9y2,可得5(k+1)=3 ,两边平方, 整理得56k2-50k+11=0, 解得k= ,或k= . 所以,k的值为 或 . 解题关键 利用平面几何知识将 = sinAOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第 (2)问的关键. 方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法 (1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程; (2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤如下:根据已知条件判断焦点的位置; 根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2= a2-b2的应用;解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.,4.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点 ,焦点F1(- ,0),F2( , 0),圆O的直径为F1F2. (1)求椭圆C及圆O的方程; (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P. 若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标; 直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为 ,求直线l的方程.,解析 本小题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性 质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力. 解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(- ,0),F2( ,0), 所以可设椭圆C的方程为 + =1(ab0). 又点 在椭圆C上, 所以 解得 因此,椭圆C的方程为 +y2=1. 因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3. (2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),则 + =3. 所以直线l的方程为y=- (x-x0)+y0,即y=- x+ .,由 消去y,得 (4 + )x2-24x0x+36-4 =0.(*) 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点, 所以=(-24x0)2-4(4 + )(36-4 )=48 ( -2)=0. 因为x0,y00,所以x0= ,y0=1. 因此,点P的坐标为( ,1). 因为三角形OAB的面积为 , 所以 ABOP= ,从而AB= . 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2= , 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2= .,因为 + =3, 所以AB2= = ,即2 -45 +100=0. 解得 = ( =20舍去),则 = , 因此P的坐标为 . 则直线l的方程为y=- x+3 . 解法二:(1)由题意知c= ,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点 在椭圆上, 所以2a= + =4, 所以a=2. 因为a2=b2+c2,所以b=1, 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+m(k0), 将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3, 整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3, 将直线l的方程代入椭圆C的方程,得 +(kx+m)2=1, 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 因为直线l与椭圆C相切, 所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0, 整理得m2=4k2+1, 所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=- ,则m=3, 将k=- ,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 整理得x2-2 x+2=0, 解得x1=x2= ,将x= 代入x2+y2=3, 解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为( ,1).,设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m), 由知m2=3k2+3,且k0, 因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k2+1,解得k- , 将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 解得x1,2= , 所以|x1-x2|= , 因为AB= =|x1-x2| = , O到l的距离d= = , 所以SOAB= = = , 解得k2=5,因为k0,所以k=- ,则m=3 ,即直线l的方程为y=- x+3 . 解后反思 (1)常用待定系数法求圆锥曲线方程. (2)直线与圆相切,常见解题方法是设切点求切线方程,由于涉及直线与椭圆相切,因此也可 设出直线方程求解. 因为AOB的面积为 ,而AOB的高为 ,所以解题关键是求AB的长,可利用弦长公式 |AB|= = = |x1-x2|(x1、x2分别为点A、B的横坐标)求解.,5.(2017天津,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为 .已知A是抛 物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为 . (1)求椭圆的方程和抛物线的方程; (2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D. 若APD的面积为 ,求直线AP的方程.,解析 本题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.考查用代数 方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力. (1)设F的坐标为(-c,0).依题意, = , =a,a-c= ,解得a=1,c= ,p=2,于是b2=a2-c2= . 所以,椭圆的方程为x2+ =1,抛物线的方程为y2=4x. (2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P ,故Q .将 x=my+1与x2+ =1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y= .由点B异于点A,可 得点B .由Q ,可得直线BQ的方程为 (x+1)- =0,令y=0,解得x= ,故D .所以|AD|=1- = .又因为APD的 面积为 ,故 = ,整理得3m2-2 |m|+2=0,解得|m|= ,所以m= . 所以,直线AP的方程为3x+ y-3=0或3x- y-3=0. 方法总结 1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方,程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.,2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固 定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用, 利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.,1.(2014课标,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30的直线交C于A,B两点,O 为坐标原点,则OAB的面积为 ( ) A. B. C. D.,C组 教师专用题组 考点 直线与圆锥曲线的位置关系,答案 D 易知直线AB的方程为y= ,与y2=3x联立并消去x得4y2-12 y-9=0.设A(x1,y1), B(x2,y2),则y1+y2=3 ,y1y2=- .SOAB= |OF|y1-y2|= = = .故选D. 思路分析 根据已知条件写出直线方程,与抛物线方程联立,消元后利用韦达定理得等量关系, 进而求解面积. 一题多解 利用抛物线焦点弦的相关结论可得|AB|=|AF|+|BF|= + = = =12.又点O到直线AB的距离d=|OF|sin 30= p= ,SAOB= |AB|d= 12 = ,故选D.,2.(2014辽宁,10,5分)已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px的准线上,过点A的直线与C在第一象限相 切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 易知p=4,直线AB的斜率存在,抛物线方程为y2=8x,与直线AB的方程y-3=k(x+2)联立, 消去x整理得ky2-8y+16k+24=0,由题意知=64-4k(16k+24)=0,解得k=-2或k= .因为直线与抛物 线相切于第一象限,故舍去k=-2,故k= ,可得B(8,8), 又F(2,0),故kBF= = ,故选D.,3.(2013课标,10,5分)已知椭圆E: + =1(ab0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B 两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为 ( ) A. + =1 B. + =1 C. + =1 D. + =1,答案 D 解法一:直线AB的斜率k= = , 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 -得 =- . 则k=- , = . 又a2-b2=c2=9, 由得a2=18,b2=9. 所以椭圆E的方程为 + =1,故选D. 解法二:由题意可知直线的斜率不为0,所以设直线的方程为x=my+3.,由 消去x,得(b2m2+a2)y2+6mb2y+9b2-a2b2=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=- =-2,(*) x1+x2=m(y1+y2)+6=-2m+6=2, m=2,则由(*)得a2=2b2, c2=a2-b2=b2=9,a2=18, 椭圆E的方程为 + =1,故选D. 思路分析 根据题意利用点差法或韦达定理法构造出关于a2与b2的方程,结合a2-b2=c2=9可解 得a2、b2的值,进而得椭圆E的方程. 方法点拨 在解决有关圆锥曲线的弦中点问题时,常采用的方法为点差法和韦达定理法.,4.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直 线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为 .,答案,解析 双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间 的距离为 = .因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒 大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于 ,结合已知可得c的最大值为 .,5.(2016江苏,22,10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x-y-2=0,抛物线C:y2=2px(p0). (1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程; (2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q. 求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p); 求p的取值范围.,解析 (1)抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为 , 由点 在直线l:x-y-2=0上,得 -0-2=0,即p=4. 所以抛物线C的方程为y2=8x. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0). 因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ, 于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b. 证明:由 消去x得y2+2py-2pb=0. (*) 因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1y2, 从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得p+2b0. 方程(*)的两根为y1,2=-p ,从而y0= =-p. 因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p. 因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p). 因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p. 由知p+2b0,于是p+2(2-2p)0,所以p . 因此,p的取值范围是 . 评析 本小题主要考查直线和抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系,考查运算求解能力 及推理论证能力.,6.(2015天津,19,14分)已知椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F(-c,0),离心率为 ,点M在椭圆上 且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2= 截得的线段的长为c,|FM|= . (1)求直线FM的斜率; (2)求椭圆的方程; (3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于 ,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.,解析 (1)由已知有 = ,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2. 设直线FM的斜率为k(k0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有 + = ,解得k = . (2)由(1)得椭圆方程为 + =1,直线FM的方程为y= (x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2 +2cx-5c2=0,解得x=- c或x=c.由点M在第一象限,可得M的坐标为 . 由|FM|= = ,解得c=1, 所以椭圆的方程为 + =1. (3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t= ,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得 消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t= ,解得- x-1,或-1x0.,设直线OP的斜率为m,得m= ,即y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得m2= - . 当x 时,有y=t(x+1)0,于是m= ,得m . 当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此m0,于是m=- ,得m . 综上,直线OP的斜率的取值范围是 . 评析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位 置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能 力以及用函数与方程思想解决问题的能力.,7.(2015湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2: + =1(ab0)的一个焦点,C1 与C2的公共弦的长为2 . (1)求C2的方程; (2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且 与 同向. (i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率; (ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.,解析 (1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1. 又C1与C2的公共弦的长为2 ,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公 共点的坐标为 ,所以 + =1. 联立,得a2=9,b2=8.故C2的方程为 + =1. (2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). (i)因 与 同向,且|AC|=|BD|,所以 = ,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+,x4)2-4x3x4. 设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1. 由 得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4. 由 得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=- ,x3x4=- . 将,代入,得16(k2+1)= + , 即16(k2+1)= , 所以(9+8k2)2=169,解得k= ,即直线l的斜率为 . (ii)证明:由x2=4y得y= ,所以C1在点A处的切线方程为y-y1= (x-x1),即y= - . 令y=0,得x= ,即M ,所以 = .而 =(x1,y1-1),于是 = -y1+1= +10,因此AFM是锐角,从而MFD=180-AFM是钝角. 故直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.,8.(2013课标,20,12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M: + =1(ab0)右焦点的直线x+y- =0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为 . (1)求M的方程; (2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CDAB,求四边形ACBD面积的最大值.,解析 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则 + =1, + =1, =-1, 由此可得 =- =1. 因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0, = , 所以a2=2b2. 又由题意知,M的右焦点为( ,0),故a2-b2=3. 因此a2=6,b2=3. 所以M的方程为 + =1. (2)由 解得 或 因此|AB|= .,由题意可设直线CD的方程为y=x+n , 设C(x3,y3),D(x4,y4). 由 得3x2+4nx+2n2-6=0. 于是x3,4= . 因为直线CD的斜率为1, 所以|CD|= |x4-x3|= . 由已知得,四边形ACBD的面积S= |CD|AB|= . 当n=0时,S取得最大值,最大值为 . 所以四边形ACBD面积的最大值为 .,思路分析 (1)采用点差法得出a2与b2的关系,结合a2-b2=c2=3解得a2、b2的值,进而得椭圆M的方 程;(2)由题知四边形ACBD的面积S= |CD|AB|,分别联立相关直线与椭圆方程可求得|AB|和| CD|,进而利用函数思想求出四边形ACBD面积的最大值. 名师点拨 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计 算量大,综合性较强.应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用.,考点 直线与圆锥曲线的位置关系 1.(2019湖北武汉4月调研,9)过点P(4,2)作直线AB与双曲线C: -y2=1交于A,B两点,若P为AB的 中点,则|AB|= ( ) A.2 B.2 C.3 D.4,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 D 由已知可得点P的位置如图所示,且直线AB的斜率存在,设AB的斜率为k, 则AB的方程为y-2=k(x-4),即y=k(x-4)+2, 由 消去y得(1-2k2)x2+(16k2-8k)x-32k2+32k-10=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系得x1+x2= ,x1x2= , 因为P(4,2)为AB的中点,所以 =8,解得k=1,满足0, 所以x1+x2=8,x1x2=10, 所以|AB|= =4 .故选D.,2.(2019湖南长沙二模,10)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,点A (a0)在C上,|AF|=3.若 直线AF与C交于另一点B,则|AB|= ( ) A.12 B.10 C.9 D.4.5,答案 C 由抛物线的定义知|AF|= + =3,解得p=4,所以抛物线C的方程为y2=8x,又A(1,a)(a 0)在抛物线C上,则a2=8,解得a=2 或a=-2 (舍去),所以A(1,2 ).又焦点为F(2,0),所以直线 AF的斜率为-2 ,直线AF的方程为y=-2 (x-2),代入抛物线C的方程y2=8x,得x2-5x+4=0,所以xA +xB=5,|AB|=xA+xB+p=5+4=9,故选C. 一题多解 由抛物线的定义知|AF|= + =3,得p=4.抛物线C的方程为y2=8x,又知A(1,a)在抛 物线C上,a2=8,又知a0,a=2 ,A(1,2 ),又知F(2,0),kAF=-2 ,设直线AF的倾斜角为 ,即tan =-2 ,sin = ,由抛物线焦点弦的性质可知|AB|= = =9,故选C.,3.(2019湖南百所名校4月大联考,10)已知椭圆C: + =1(0b2),作倾斜角为 的直线交椭 圆C于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点, 与 的夹角为,且|tan |=3,则b= ( ) A.1 B. C. D.,答案 B 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则 两式作差得 + =0, =-1,x1+x2=2x0,y1+y2=2y0, - =0,即 = .设直线OM的倾斜角为,则=+ 或 = -,tan = ,又tan = = ,由 =3,结合0b2,得b2=2,即b= ,故选B.,4.(2018湖北武汉4月调研,7)已知直线y=kx-1与双曲线x2-y2=4的右支有两个交点,则k的取值范 围为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 由题意知k0,联立 整理得(1-k2)x2+2kx-5=0,因为直线y=kx-1与双曲线x2 -y2=4的右支有两个交点,则方程有两个不同的正实数根,设为x1,x2,所以 解得1k ,即k ,故选D.,5.(2018河北石家庄二模,11)倾斜角为 的直线经过椭圆 + =1(ab0)的右焦点F,与椭圆交 于A、B两点,且 =2 ,则该椭圆的离心率为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 由题可知,直线的方程为y=x-c,与椭圆方程联立得 (b2+a2)y2+2b2cy-b4=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 又 =2 ,(c-x1,-y1)=2(x2-c,y2),-y1=2y2,可得 = ,又b2=a2-c2,e= ,故选B.,6.(2019河北石家庄4月模拟(一),14)已知双曲线C:x2-4y2=1,过点P(2,0)的直线l与C有唯一公共 点,则直线l的方程为 .,答案 y= (x-2),解析 由题意知直线l的斜率一定存在,且不为0,设直线l的方程为y=k(x-2)(k0),由 得x2-4k2(x-2)2=1,即(1-4k2)x2+16k2x-16k2-1=0.当1-4k2=0,即k= 时,该方程只有唯 一根,即直线l与双曲线C有唯一公共点,此时直线l的方程为y= (x-2). 当1-4k20时,直线l与双曲线C有唯一公共点,=0,即(16k2)2+4(1-4k2)(16k2+1)=256k4+ 4(12k2-64k4+1)=48k2+4=0,该方程无解,即不存在k值,使得直线l与双曲线C有唯一公共点. 综上,满足条件的直线l的方程为y= (x-2).,7.(2019广东惠州三调,20)已知椭圆 + =1(ab0)过点P ,且左焦点与抛物线y2=-4x的焦 点重合. (1)求椭圆的标准方程; (2)若直线l:y=kx+m(k0)与椭圆交于不同的两点M、N,线段MN的中点记为A,且线段MN的垂 直平分线过定点G ,求k的取值范围.,解析 (1)抛物线y2=-4x的焦点坐标为(-1,0), 椭圆的左、右焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0), (1分) 又椭圆过点P ,由椭圆的定义知,2a=|PF1|+|PF2|=4, (2分) a=2,又c=1,b= , (3分) 椭圆的标准方程为 + =1. (4分) (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),A(x,y), 则 + =1, + =1, (5分) 两式相减得 =- ,即 =- , 点A的坐标满足方程y=- x, (6分) 又直线AGMN且直线AG过点G , 点A的坐标也满足方程y=- , (7分),联立解得x= ,y=- ,即A . (8分) 点A在椭圆内部, + ,k 或k- , (11分) k的取值范围为 . (12分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:50分钟 分值:60分 一、选择题(每题5分,共25分),1.(2019河北石家庄4月模拟(一),9)已知椭圆 + =1(ab0),点F为左焦点,点P为下顶点,平行 于FP的直线l交椭圆于A,B两点,且AB的中点为M ,则椭圆的离心率为 ( ) A. B. C. D.,答案 B FP的斜率为- ,FPl,直线l的斜率为- .设A(x1,y1),B(x2,y2),由 得 - =- ,即 =- .AB的中点为M ,x1+x2=2,y1+y2=1,- =- ,a2= 2bc,b2+c2=2bc,b=c,a= c,椭圆的离心率为 ,故选B. 方法技巧 用“点差法”求解弦中点问题的步骤:设点设出弦的两端点的坐标;代入 代入圆锥曲线方程;作差两式相减,再用平方差公式展开;整理转化为斜率与 中点坐标的关系.,2.(2019福建福州一模,11)过抛物线y2=2px(p0)的焦点F作直线l,交抛物线于点M,N,交抛物线的 准线于点P,若 =2 ,则直线l的斜率为 ( ) A. B.2 C.2 D.4,答案 C 由题意知直线l的斜率存在且不等于0,抛物线的焦点F的坐标为 .设直线l的方 程为x=ty+ (t0),代入抛物线的方程,得y2-2pty-p2=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=2pt,y1y2=-p2.抛 物线的准线方程为x=- ,则P .由 =2 ,得 =2 ,所以y1+ =2 ,即y1=2y2+ ,代入y1+y2=2pt,得y2= = - ,则y1=2y2+ = + ,又y1y2= -p2,所以 =-p2,整理得8t4+7t2-1=0,解得t2= 或t2=-1(舍去),所以t= ,所以直 线l的斜率为 =2 . 举一反三 解决直线与抛物线的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与抛物线 方程联立,消元,化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题. 一题多解 如图,不妨设点M在第一象限,分别过M,N作抛物线准线的垂线,垂足为M,N.由 = 2 得N为MP的中点.设|NN|=t,则|MM|=2t,根据抛物线的定义得|MN|=3t,所以|MP|=6t.在RtPMM中,|PM|=4 t,所以tanPMM=2 ,即直线l的斜率为2 .同理,当点N在第一象限时可 得直线l的斜率为-2 .故直线l的斜率为2 .,3.(2019湖南湘潭二模,12)直线y=kx+1与抛物线C:x2=4y交于A,B两点,直线lAB,且l与C相切,切 点为P.记PAB的面积为S,则S-|AB|的最小值为 ( ) A.- B.- C.- D.-,答案 D 设A(x1,y1),B(x2,y2),由 得x2-4kx-4=0,则=16k2+160,x1+x2=4k,x1x2=-4, y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2, 易知直线y=kx+1过抛物线的焦点(0,1), 则|AB|=y1+y2+p=4k2+4. 由x2=4y得y= ,y= ,设P(x0,y0),则 x0=k,即x0=2k,则y0=k2, 则点P到直线y=kx+1的距离d= . 从而S= d|AB|=2(k2+1) . S-|AB|=2(k2+1) -4(k2+1),令d= (d1),则S-|AB|=2d3-4d2(d1). 令f(x)=2x3-4x2(x1),则f (x)=6x2-8x, 当1x 时,f (x)0. 故f(x)min=f =- ,即S-|AB|的最小值为- . 思路分析 设出A,B的坐标,联立直线方程与抛物线方程,利用弦长公式求得|AB|,再由点到直,线的距离公式求得点P到直线AB的距离,得到PAB的面积S,作差后利用导数求最值.,4.(2019河南郑州二模,12)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过焦点F与抛物线C交于A,B两 点,且直线l不与x轴垂直,线段AB的垂直平分线与x轴交于点T(5,0),O为坐标原点,则SAOB= ( ) A.2 B. C. D.3,答案 A 抛物线的焦点为F(1,0),设直线l:y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),将y=k(x-1)代入y2=4x, 化简整理得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以x1+x2=2+ ,x1x2=1,则y1+y2=k(x1+x2)-2k=2k+ -2k= ,所以线 段AB的中点坐标为 ,线段AB的垂直平分线方程为y- =- ,由于线段AB的 垂直平分线与x轴交于点T(5,0),所以0- =- ,化简得k=1,即直线AB的方程为y=(x- 1).点O到直线AB的距离d= = ,又|AB|= |x1-x2|= = =8,所 以SAOB= 8=2 ,选A. 思路分析 设出点A,B的坐标以及直线l的方程,联立直线方程与抛物线方程,利用根与系数关 系及中点坐标公式得线段AB的中点坐标,从而写出线段AB的垂直平分线的方程,利用T(5,0)建 立关于k的方程,从而求得k,得直线l的方程,分别求出|AB|及点O到直线l的距离,进而得SAOB. 举一反三 直线与圆锥曲线的位置关系问题常转化为方程组问题,最终转化为一元二次方程 问题,用根与系数的关系及判别式求解,该方法是解决圆锥曲线问题的重要方法之一,尤其是用 此方法解决弦中点、弦长问题.,5.(2019湖南五市十校4月联考,12)如图,O是坐标原点,过E(p,0)的直线分别交抛物线y2=2px(p 0)于A、B两点,直线BO与过点A平行于x轴的直线相交于点M,过点M与此抛物线相切的直线与 直线x=p相交于点N.则|ME|2-|NE|2= ( ) A.2p B.p2 C.2p2 D.4p2,答案 C 过E(p,0)的直线分别交抛物线y2=2px(p0)于A,B两点是任意的,不妨设直线AB 为x=p,则A(p,- p),B(p, p),直线BO的方程为y= x,直线AM的方程为y=- p,从而得M(-p, - p),|ME|2=(-p-p)2+(- p)2=6p2.设过点M与抛物线相切的直线为y+ p=k(x+p),由 得ky2-2py-2 p2+2p2k=0. 直线与抛物线相切,=4p2-4k(-2 p2+2p2k)=0,由对称性不妨取k= ,过点M与抛物 线相切的直线方程为y+ p= (x+p),由 解得N(p,2p),|NE|2=4p2, |ME|2-|NE|2=6p2-4p2=2p2,故选C. 思路分析 利用直线AB的任意性,不妨设AB的方程为x=p,从而利用题意分别求出点M,N的坐 标,分别表示出|ME|2与|NE|2,从而得出结论.,6.(2018河南洛阳二模,16)已知直线y=2x+2与抛物线y=ax2(a0)交于P,Q两点,过线段PQ的中点 作x轴的垂线,交抛物线于点A,若| + |=| - |,则a= .,二、填空题(每题5分,共5分),答案 2,解析 由 得ax2-2x-2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2= ,x1x2=- ,设PQ的中点为M,则xM= xA= ,yA=a = ,由| + |=| - |可得 =0,即APAQ,又M是线段PQ的中点,2|AM| =|PQ|.MAx轴,|MA|= = +2,又|PQ|= |x1-x2|= = , 4 =5 ,解得a=2,此